(Semana 16 dinámica del cuerpo rígido)

DINÁMICA DEL CUERPO RÍGIDO (Coquito va a la Universidad)

DINÁMICA DEL CUERPO
RÍGIDO
Semana 16
1. SISTEMA MECÁNICO. Se llama sistema mecánico de puntos materiales o de cuerpos, a un
sistema complejo en el cual la posición o el movimiento de cada punto material (o de cada
cuerpo) depende de la posición y del
movimiento de todos los demás. m1 m2
Consideraremos también a un cuerpo F21 F12
material como un sistema de partículas
(puntos) materiales que forman este
cuerpo. Un ejemplo clásico de un sistema F31 SISTEMA DE PARTÍCULAS
mecánico es el sistema solar, en el cual
todos los cuerpos están ligados entre sí por
las fuerzas de atracción mutua. Como F13
ejemplo de sistema mecánico también
puede servir cualquier maquina o
mecanismo, en el cual tos los cuerpos estén m3
ligados por charnelas, barras, cables,
correas, etc. (es decir, por ligaduras geométricas diferentes). En este caso, los cuerpos del
sistema están sometidos a la acción de las fuerzas de presión o de tensión que se transmiten por
intermedio de las ligaduras.

2. FUERZAS EXTERNAS Y FUERZAS INTERNAS. Las fuerzas que actúan sobre puntos
materiales o cuerpos de un sistema pueden ser divididas en externas e internas. Se llaman
fuerzas externas las fuerzas que actúan sobre puntos materiales del sistema por parte de otros
puntos materiales o cuerpos fuera del
sistema. Se llaman fuerzas internas las m1 F21 F12 m2
fuerzas que actúan sobre los puntos
materiales del sistema por parte de otros
puntos materiales que pertenecen a mismo
e
sistema. Designaremos por F a las fuerzas d
i
externas y F a las fuerzas internas. Las
fuerzas internas poseen las propiedades TORQUE NULO
siguientes: O

[1] La suma de fuerzas de un sistema es nula. En virtud a la tercera ley de la Dinámica, dos
i i
puntos materiales cualesquiera de un sistema actúan uno sobre el otro con fuerzas F12 y F21
iguales en módulo y sentidos opuestos, cuya suma es nula. Como para cada par de puntos del
sistema se tiene un mismo resultado, tendremos: ∑F i
pq =0
[ 2] La suma de momentos de todas las fuerzas internas respecto de un centro o eje cualesquiera
es nula. ∑τ i
o = 0 , Para cada par de fuerzas internas se cumple que: F12 .d − F21 .d = 0
i i

Profesor: Walter PÉREZ TERREL / www.didactika.com / 997089931 Página 1

La fuerzas internas no realizan trabajo cuando el sistema corresponde a un cuerpo rígido. En el
caso que el sistema pertenezca a un cuerpo elástico la distancia entre dos puntos materiales es
variable, entonces estas fuerzas internas realizan trabajo mecánico.

3. MASA DE UN SISTEMA. El movimiento de un sistema depende no solamente de las fuerzas
externas e internas, sino también de su masa total y de la distribución de masas. La masa de un
sistema es igual a la suma aritmética de las masas de todos los puntos materiales o de todos los
cuerpos que componen el sistema. M = ∑m k

En un campo de gravedad homogéneo, para el cual el valor es constante g = cons tan te , el peso
de cualquier partícula será proporcional a la masa.

4. CENTRO DE MASA. La distribución de masas de un cuerpo se juzga por la posición de su
centro de gravedad. Transformemos las fórmulas que determinan el centro de gravedad, en uno
que contenga la masa. Pk = mk .g y P = M .g

xc =
∑p xk k
=
∑m xk k
, yc =
∑p k yk
=
∑m y
k k
, zc =
∑p z
k k
=
∑m z
k k

P M P M P M
El punto geométrico C = ( xc ; yc ; zc ) se llama centro de masa o centro de inercia de un
sistema mecánico.
Se define la posición del centro de inercia C por el radio vector rC cuyas coordenadas se

obtiene con la siguiente ecuación: rC =
∑ m .rk k

M
Cuando un cuerpo se encuentra dentro de un campo de gravedad homogéneo, la posición del
centro de inercia coincide con la posición de del centro de gravedad, estas nociones no son
idénticas. La noción de centro de gravedad, como punto por el cual pasa la línea de acción de la
resultante de las fuerzas de gravedad, en realidad tiene sentido solamente para un cuerpo solido
que se encuentra en un campo de gravedad homogéneo. La noción de centro de inercia, que
caracteriza la distribución de masas dentro del sistema, tiene sentido para cualquier de puntos
materiales o cuerpo materiales, además esta noción conserva su sentido independiente del
hecho de que este sistema esté sometido a la acción de fuerza o no.

5. CONCEPTO DE CUERPO RÍGIDO. Un cuerpo rígido tiene forma y volumen constante, tal
que al aplicarle fuerzas
externas la distancia entre Fi
dos puntos interiores no
cambia. Vamos a estudiar
las causas de la rotación de
A Ri θi
un cuerpo sólido y rígido. Es
evidente que para cada
partícula de las cuales está mi
hecho el cuerpo, podemos
aplicar las leyes para la
dinámica de Sir Isaac
Newton. ROTACIÓN DEL CUERPO RÍGIDO


6. LEY DE ACELERACIÓN PARA LA ROTACIÓN. Supondremos que un cuerpo rígido
puede girar con respecto de un punto o eje de rotación por acción de un conjunto de fuerzas. La
segunda ley de Newton
aplicada a una partícula de Fi.Senθi
masa mi , la fuerza tangencial Fi
a la trayectoria circunferencia:
Fi .Senθ i = mi .ai …(1)
Siendo la aceleración A Ri θi
tangencial ai , relacionando
mi
con el movimiento
circunferencial uniformemente
acelerado, la aceleración es:
ai = α .Ri donde α es la TORQUE RESPECTO DEL CENTRO DE GIRO “A”
aceleración angular constante
común a todas las partículas
que componen el cuerpo rígido. Reemplazando en (1):
Fi .Senθi = mi .α .Ri …(2)
Multiplicamos ambos miembros por Ri tenemos;
Fi .Ri .Senθi = mi .α .Ri2 …(3)
Reconociendo el Torque aplicado al cuerpo rígido respecto del punto A.
τ i = Fi .Ri .Senθ i …(4)
Combinado las ecuaciones (3) y (4) tenemos que:
τ i = mi .α .Ri2
Haciendo la sumatoria para todas las partículas que conforman el cuerpo rígido:
Στi
i = α .∑ mi .Ri2
i
La aceleracion angular α es igual para todas las partículas.
Llamaremos τ 0 es el momento total de las fuerzas respecto del punto A.
τ 0 = ∑τ i
i
El momento de inercia del cuerpo con respecto al eje que pasa por el punto A:
I = ∑ mi .Ri2
i
Finalmente la relación entre el toque y la aceleración angular es: τ 0 = I .α o de la forma
vectorial τ 0 = I .α
Comparando con la ley de aceleración entre la fuerza y la aceleración tangencial: FR = m.a


7. MOMENTO DE INERCIA. La posición del centro de masa no caracteriza completamente la
distribución de las masas del
sistema. Por ejemplo (figura Z
3), si la distancia R del eje Oz
a cada una de las bolas iguales
A y B aumenta en una misma R R
magnitud, la posición del
centro de masa del sistema no D C
A B
variará, pero la distribución de
masas será diferente, lo que
influirá sobre el movimiento O
del sistema (teniendo todas las
demás condiciones iguales, la
rotación alrededor del eje Oz X Y
CENTRO DE MASA. Figura 3
será más lenta). Por eso, en la
Mecánica se introduce una
característica más de la distribución de masa que es el momento de inercia. Se llama momento
de inercia de un cuerpo (sistema) respecto de un eje dado Oz (momento axial de inercia) una
magnitud escalar igual a la suma de todos los productos de las masas de todos los puntos del
cuerpo (sistema) por los cuadrados de las distancias a este eje.
I Z = ∑ mi .Ri2
i
El momento de inercia de un
cuerpo (o de un sistema) respecto
Z
de cualquier eje es de una cantidad
positiva y no equivale a cero. El x
B
momento axial de inercia, durante
X
el movimiento de rotación del A
cuerpo, desempeña el mismo papel dx
que la masa durante el
movimiento de traslación. Es L
decir, que el momento axial de
inercia es la medida de la inercia BARRA DELGADA QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Az

del cuerpo durante el movimiento
de rotación.

8. RADIO DE INERCIA. Para calcular los momentos los momentos axiales de inercia, las
distancias de los puntos a los ejes pueden expresarse por medio de las coordenadas xi , yi , zi
de estos puntos, por ejemplo, el
cuadrado de las distancias al eje Ox
(y + zi2 ) . Entonces, los
2 Z
será i R
momentos de inercia respecto de los
ejes Oxyz se determinan con las
dm
formulas:
I x = ∑ mi ( yi2 + zi2 ) ,
C
X

I y = ∑ mi ( zi2 + xi2 ) , ANILLO DELGADO QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Cz



I z = ∑ mi ( xi2 + yi2 )
Durante los cálculos, se utiliza frecuentemente la noción de radio de inercia. Se llama radio de
inercia de un cuerpo respecto del eje Oz a la magnitud lineal ρin que se determina por la
igualdad: I z = M .ρin donde M es la masa del cuerpo.
2

De la definición se deduce que el radio de inercia es geométricamente igual a la distancia
desde el eje Oz hasta el punto en el que hace falta concentrar la masa de todo el cuerpo para
que el momento de inercia de este punto aislado sea igual al momento de inercia de todo el
cuerpo.
Conociendo ele radio de inercia, se puede hallar el momento de inercia del cuerpo o viceversa.
El “momento de Inercia”, es la oposición al cambio de la velocidad angular. El momento de
inercia se mide en “kilogramo por metro cuadrado”. En mecánica decimos que la Inercia es la
oposición al cambio de la velocidad. La medida cuantitativa de la Inercia es la masa (en
kilogramos). La Inercia es la propiedad intrínseca de la materia.

9. CÁLCULO DEL MOMENTO DE INERCIA. La inercia es una cualidad de la materia, y el
momento de la inercia es el aspecto cuantitativo de la inercia de rotación. El momento de
inercia del cuerpo con respecto al eje que pasa por el punto A es:
I A = ∑ mi .Ri2
i
Un mismo cuerpo rígido tiene diferentes momentos de inercia, es decir es relativo, depende del
eje de rotación.

(1) Para masas discontinuas. Se calcula el momento de inercia en forma individual.
I i = mi .Ri2
El momento de inercia total es la suma de todos estos momentos de inercia individuales.
I = ∑ mi .Ri2
i
(2) Para masas continuas. Consideremos que la masa está distribuida en forma continua en
cierto volumen. Veamos algunos ejemplos:

[1.] Una barra delgada de longitud L y de masa M.
Calculemos el momento de inercia con respecto al eje Az dirigido perpendicularmente a la
barra en el extremo A. Dibujamos el eje coordenado Ax a lo largo de la barra AB.
Consideramos una barra de masa M y longitud L. La densidad lineal de masa es
M dm
ρ= = Entonces, para un segmento Z*
L dx Z
elemental cualquiera de longitud dx el d
diferencial de masa es dm = ρ .dx B
El momento de inercia de la barra AB A
respecto del Az que pasa por el extremo A C
es:
L L
L
I A = ∫ x .dm =ρ .∫ x 2 .dx simplificando:
2
BARRA DELGADA QUE GIRA RESPECTO DEL EJE Az
O O



L3 1
I A = ρ. = M .L2
3 3 Y

[ 2.] Anillo circular delgado y
a

homogéneo de radio R y de masa D
M. Hallemos el momento de inercia
respecto del eje Cz dirigido b
perpendicularmente al plano del
anillo y que pasa por su centro.
Como todos los puntos del anillo se
encuentran a la misma distancia R B A X
del eje Cz, se tiene la siguiente
ecuación: PLACA RECTANGULAR QUE GIRA

I = ∑ mi .Ri2 donde la distancia Ri es
i
constante.
I = R 2 .∑ mi donde la sumatoria de masas es
i
igual a la masa total del anillo delgado;
r
∑i
mi = M finalmente el momento de inercia
C dr
del anillo respecto del eje Cz es;
I C = M .R 2

[3.] Placa circular homogéneo de radio R y R

de masa M. Calcularemos el momento de
inercia de una placa circular respecto del eje Cz
perpendicular a la placa y que pasa por su CIRCULO QUE GIRA RESPECTO DEL Cz
centro. Para eso, separemos un anillo elemental
de radio “r” y de anchura dr . El área de este
anillo es igual a 2π .r.dr y la masa Z

dm = ( 2π .r.dr ) ρ donde la densidad
R
M dm
superficial de masa es ρ = = y el
π R 2 dS
diferencial de superficie es dS = 2π .r.dr .
El momento de inercia para el anillo elemental
es;
dI C = r 2 .dm = 2π .ρ .r 3 dr
Y para toda la palca circular:
R
1 C
I C = 2π .ρ .∫ r 3 dr = π ρ R 4 CILINDRO QUE GIRA Cz
0
2
Sustituyendo el valor de la densidad superficial tenemos;



1
IC = M R2
2
1
Es evidente que se obtendrá la misma fórmula para el momento de inercia I z = M R 2 de un
2
cilindro circular homogéneo de masa M y de radio R respecto de su eje Cz.

[ 4.] Placa Rectangular. Omitiendo los cálculos intermediarios damos las fórmulas que
determinan los momentos de inercia de los cuerpos. Una placa rectangular homogénea de
masa M y de lados AB = a y BD = b (el eje “x” está dirigido a lo largo del lado AB; el eje
“y”, a los largo del lado BD.
1 1
I X = M b2 y IY = M a 2
3 3

[5.] Cono. Un cono recto y continúo de masa M y radio de base R (el eje “z” está dirigido a lo
largo del eje del cono):
3
IZ = M R2
10

[ 6.] Esfera. Una esfera de masa M y radio R (el eje “z” está dirigido a lo largo del diámetro):
2
IZ = M R2
5
Los momentos de inercia de cuerpos no homogéneos y de cuerpos de perfiles complicados
pueden ser determinados experimentalmente con ayuda de instrumentos correspondientes.

10. TEOREMA DE HUYGENS. MOMENTOS DE INERCIA DE UN CUERPO RÍGIDO
RESPECTO DE EJES PARALELOS.
Cristian Huygens (1629-1695) científico holandés, mecánico, físico y astrónomo. Inventó el
primer reloj de péndulo. Estudió las oscilaciones del péndulo físico e introdujo la noción de
momento de inercia de un cuerpo.
EJES PARALELOS

“El momento de inercia de un cuerpo Z
respecto del eje dado es igual al momento
Z*
de inercia de un eje paralelo al primero y
que pasa por el centro de masas (C) del
cuerpo, sumado al producto de la masa de
todo el cuerpo por el cuadrado de la
M
distancia entre los ejes.
C
I OZ = I CZ * + M .d 2

De la formula anterior deducimos que O
I OZ ≥ I CZ *
Por consiguiente, si tomamos todos los
ejes en la misma dirección, el momento de d
inercia mínimo será respecto del eje que
pasa por el centro de masas C.


PROBLEMA 01. Determinar el momento de inercia de una barra delgada de masa M y
*
longitud L, respecto del eje CZ perpendicular a la barra y que pasa por su centro de masas C.

RESOLUCIÓN
Tracemos por el extremo A de la barra un eje AZ y por el centro de masas un eje paralelo
AZ * , entonces la fórmula tiene la siguiente forma:
I AZ = I CZ * + M .d 2
L 1
En este caso d = , donde: I AZ = M .L
2

2 3
Entonces el momento de inercia respecto del centro de masa C, es: I CZ * = I AZ − M .d
2

1 2 1
reemplazando tenemos que: I CZ * = ML − M .L2
3 4
1
I CZ * = M .L2
12
PROBLEMA 02. Determinar el momento de inercia de un cilindro de masa M y radio de base
R, respecto del eje AZ que para por su generatriz.

RESOLUCIÓN
Tracemos por el centro de masas C un eje paralelo - Z
Z
AZ * y por la generatriz un eje AZ y escribimos la
ecuación:
d
I AZ = I CZ * + M .d 2 R

1
En este caso d = R , donde: I CZ * = M R2
2 C A
Reemplazando estos valores en el teorema de Huygens
obtendremos:
1
I AZ = M .R 2 + M .R 2
2
Es importante señalar que la rueda de una bicicleta o la CILINDRO QUE GIRA Cz
llanta de un automóvil gira sin deslizar sobre una pista,
en este caso el eje de rotación es tangente a la pista.
3
I AZ = M .R 2
2
11. TRABAJO DE ROTACIÓN. Calculemos la cantidad de trabajo elemental que hace la fuerza
externa F aplicada a la partícula A de un cuerpo, cuando éste gira un ángulo de medida ∆θ . La
distancia que recorre la componente tangencial es ∆S , se puede confundir con un elemento de
recta situado sobre la tangente. La cantidad de trabajo elemental es:
∆U = F .Senα .∆S
∆U = F .Senα .R.∆θ
Pero el torque se define como: τ 0 = F .Senα .R



Relacionado tenemos que: ∆U = τ 0 .∆θ
Esta relación también valida si tenemos
varios torques debido a un conjunto de
fuerzas externas: F.Senα

U = ∑τ 0 .∆θ y la forma diferencial es F
θ
U = ∫ τ 0 .dθ
θ0
∆S α
O
∆θ
Si la fuerza es tangente al disco de radio R A
R y de módulo constante, se cumple que
la cantidad de trabajo es igual al producto TRABAJO DE ROTACIÓN
del torque por el ángulo que gira:
U = τ 0 .θ

12. TEOREMA DE LA ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN.
La cantidad de trabajo neto hecho por todas las fuerzas sobre un cuerpo que rota respecto de un
punto, es igual a la variación de la energía cinética de rotación:
U A→ B = EC ( en B ) − EC ( en A )
NETO

1 1
FRES .R = I O .ωB − I O .ω A
2 2

2 2
13. POTENCIA DE ROTACIÓN. La potencia se define como la rapidez con que se realiza
trabajo. La potencia desarrollada por la fuerza será:
∆W ∆θ
P= = τ0. = τ 0 .ω
∆t ∆t
la cantidad de potencia realizada por la fuerza se mide en watt o watts (abreviado W).

14. ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN. La energía cinética de un cuerpo rígido es la suma
de las energías cinéticas de todas las partículas, por tanto:
1
EC = ∑ mi .vi2
2
pero para un cuerpo que gira la velocidad tangencial en función de la velocidad angular es:
vi = ω.ri
1
Reemplazando en la ecuación anterior tenemos que: EC = ∑ 2m .ωi
2
.ri 2
1 2
Pero la velocidad angular es constante: EC = ω .∑ mi .ri 2
2
El momento de inercia de un cuerpo rígido que gira es: I = ∑ mi .ri
2

Finalmente la energía de rotación es:
1
EC = .I .ω 2
2


15. ENERGÍA CINÉTICA DE ROTACIÓN Y TRASLACIÓN COMBINADAS. Cuando un
disco, cilindro, aro u otro cuerpo solido semejante experimenta traslación y rotación sin
deslizamiento, la energía cinética tiene dos componentes, la energía cinética de traslación del
centro de masa y la energía cinética de
rotación respecto de del centro de masa C. ω
1 1
ECINETICA = .m.v 2 + .I C .ω 2
2 2 C V
Analicemos la traslación pura sin rotación
de una rueda, en este caso todos los puntos
del cuerpo rígido tienen la misma velocidad A B
respecto de la tierra. ENERGÍA CINÉTICA TOTAL
1
ETRASLACION = .m.v 2
2
Ahora analicemos la rotación pura de una rueda, el centro de rotación “C” no tiene velocidad
de traslación, pero todos los puntos del cuerpo rígido tiene igual velocidad angular y los puntos
periféricos tienen movimiento circunferencial uniforme.
1
EROTACION = .I C .ω 2
2
Otra forma, si analizamos el movimiento de rotación y traslación respecto de la línea tangente
AB, el momento de inercia se toma respecto de la línea AB.
La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano es
1
ECINETICA = .( I AB ) .ω 2
2
donde el momento de inercia es
I AB = I C + M .d 2 reemplazando I AB = I C + M .R 2

ECINETICA = .( I C + M .R 2 ) .ω 2 reemplazando ECINETICA = .( I C ) .ωC + .( M ) .vC
1 1 2 1 2

2 2 2

( )
16. MOMENTUM ANGULAR L . Se define momentum angular o momento angular de una
partícula de masa mi y
velocidad vi con respecto a un L MOMENTUM ANGULAR

punto O, a la cantidad definida
ω
como el producto vectorial de
la posición ri por la cantidad
de movimiento pi .
Li = ri × pi
el módulo del momentum r
angular es:
Li = ri . pi .Sen (α i ) A
V
pero pi = mi .vi entonces la
ecuación es:



Li = ri .mi .vi .Sen (α i )
Si se tiene varias partículas, el momentum angular total será la suma vectorial de los
momentum angulares individuales.
L = ∑ Li
En el caso de un cuerpo rígido, la velocidad vi es siempre perpendicular a la posición ri , por
tanto:
Li = ri .mi .vi además sabemos que vi = ω.ri entonces la ecuación es:
Li = ω.mi .ri 2
vectorialmente Li se encuentra en la dirección del eje de rotación.
Y el momentum angular total es: L = ∑ ω.m .r = ω ( ∑ m .r )
i i
2
i i
2

Identificando el momento de inercia: I = ∑ m .r
2
i i

El momentum angular es: L = I .ω . Analogía con el momentum lineal: p = m.v

17. PRINCIPIO DE CONSERVACIÓN DEL MOMENTUM ANGULAR.
De la segunda ley de Newton o ley de aceleración angular se deduce que:
 ∆ω 
τ 0 = I .α = I .   se puede expresar como: τ 0 .∆t = I .∆ω = ∆ ( I .ω )
 ∆t 
τ 0 .∆t = ∆ L
El impulso angular J es una cantidad física vectorial que se define como el producto del
torque resultante τ 0 por el intervalo de tiempo ∆t .
J = τ 0 .∆t
El impulso angular ejercido sobre un cuerpo, es igual a la variación del momentum angular:
J = τ 0 .∆t = ∆ L
Si el torque resultante es cero entonces no hay variación del momentum angular:
Si τ 0 = 0 entonces ∆ L = 0
LINICIAL = LFINAL

*Esta ley es válida aun cuando el momento de A
Inercia I es variable. g
R
PROBLEMA 03. ¿Qué velocidad lineal
ω
tendrá un cascaron esférico de masa M y radio
R, que se mueve sobre un plano inclinado si
partió del reposo y va hacia abajo, siendo H la H V
altura que descendió la esfera desde el punto
de partida? El momento de inercia del
cascaron esférico respecto de su centro
2 θ B
geométrico C es I C = M .R 2 Para el problema 03
3


RESOLUCIÓN
Como el cascaron rueda sin resbalar entonces la fuerza de rozamiento no realiza trabajo. De la
condición del problema sabemos que la velocidad inicial es cero v A = 0 y también la energía
cinética inicial es nula.
La energía cinética de rotación respecto de la línea paralela al plano inclinado es
1
ECINETICA = .( I AB ) .ω 2 donde el momento de inercia es
2
I AB = I C + M .d 2 reemplazando I AB = I C + M .R 2

ECINETICA = .( I C + M .R 2 ) .ω 2 reemplazando ECINETICA = .( I C ) .ω 2 + .( M ) .v 2
1 1 1
2 2 2
Si tomamos la línea de referencia en el punto más bajo B, entonces la altura será cero hB = 0
por lo tanto su energía potencial gravitacional será nula.
La única fuerza que realiza trabajo es la fuerza de gravedad, entonces aplicamos el principio de
conservación de la energía mecánica entre los puntos A y B.

La energía mecánica en el punto inicial A es igual a la energía mecánica final en B:
EM (en A) = EM (en B )
ECIN (en A) + EP (en A) = ECIN (en B ) + EP (en B )
1 1 1 1
m.v A + I C .ω A + m.g.hA = m.vB + I C .ωB + m.g.hB
2 2 2 2

2 2 2 2
Reemplazando tenemos que:
1 1
0 + 0 + m.g.H = m.vB + I C .ωB + 0
2 2

2 2
1 12 
M .g .H = M .ω 2 .R 2 +  M .R 2  .ω 2
2 23 
5 5
M .g .H = M .ω 2 .R 2 = M .v 2
6 6
Despejando tenemos que el valor de la A
6
velocidad en el punto B es: vB = g .H
5
Podemos señalar que, si es cascarón se
reemplaza por un bloque cúbico del mismo L
tamaño en masa y se desplaza libre de
rozamiento la rapidez en B sería:
vB = 2 g.H
θ
mg
PROBLEMA 04. Una varilla delgada de B
masa M y longitud L puede girar alrededor
de un eje horizontal que pasa por el punto
“O”. Parte del reposo en la posición vertical O V
en A como indica la figura. Calcular la Para el problema 04
velocidad angular de la varilla en el instante


que pasa por su posición horizontal en B. El momento de inercia de la barra respecto de su
1
extremo “O” es I O = M .L2
3
RESOLUCIÓN
Recuerde que el trabajo en rotación viene dado por:
θ
U = ∫ τ 0 .dθ donde τ 0 es el momento
θ0
resultante del sistema de fuerzas que actúa Para la resolución 04
sobre el cuerpo rígido respecto al eje de
rotación.
τ 0 = m.g .d el torque lo produce la fuerza
de gravedad (mg) por el brazo de momento
L.Senθ
(d): d = L/2
2 mg
θ
 L.Senθ  θ B
U = ∫ m.g .   .dθ desarrollando
θ0  2 
O V
tenemos que:
90º d
m.g .L
. Senθ .dθ integrando
2 ∫
U=
0
m.g.L
tenemos que U = [ −Cosθ ]0º
90º

2
m.g.L
U=
2
Aplicamos el Teorema del trabajo neto o total. La cantidad de trabajo neto hecho por todas las
fuerzas sobre un cuerpo que rota respecto de un punto, es igual a la variación de la energía
cinética de rotación:
U A→ B = EC ( en B ) − EC ( en A )
NETO

m.g .L 1 1
= I O .ωB − I O .ω A
2 2

2 2 2
Es importante señalar que el momento de inercia I O de la varilla es respecto del extremo “O”.
La velocidad angular en A es nulaω A = 0 , entonces la ecuación se reduce a:
m.g.L 1 M .g .L 1  1  2
= I O .ωB − 0 remplazando
2
=  M .L2  .ωB
2 2 2 23 
3.g
resolviendo la ecuación tenemos que: ω B = y el módulo de la velocidad lineal del
L
punto B es: vB = 3g.L

PROBLEMA 05. Un disco de 20 kg y 0,3 m de radio gira sin fricción en torno a su eje
accionado por una fuerza F = 20 N tangente al disco. Calcular la aceleración tangencial de los
puntos periféricos del disco. El momento de inercia del disco de masa M y radio R respecto de



1
su centro “O” es I O = M R2
2
RESOLUCIÓN
Aplicamos la ley de aceleración para un
cuerpo rígido que gira respecto de un punto
“O”. El torque resultante es igual al producto
del momento de Inercia por la aceleración M
angular:
τ O = I .α F
O
El valor del torque es igual al producto de la
fuerza por el radio del disco.
R
τ O = F .R Reemplazando en la ecuación
1 
anterior tenemos que: F .R =  M .R 2  .α A
2 
2F
α= reemplazando los datos: Para el problema 05
M .R
20 −2
α= s
3
La aceleración tangencial es, aT = α .R reemplazando datos tenemos que: aT = 2 m.s
−2

PROBLEMA 06: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los bloque
A y B de masas 7 kg y 3 kg respectivamente. La masa de la polea cilíndrica es 4 kg. El
momento de inercia de la polea respecto de su centro
1
geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de
2 DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE
2
la polea. (g = 10 m/s )

α

T2
T1
T2
T1
B a
B
A
30 N
A
a
Resolución 70 N


a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la aceleración angular de la polea
respecto de su centro geométrico.
a = α .R
b) Ley de la aceleración angular: ∑ τ = I C .α

(T1 − T2 ) .R =  a 1 
1
 M .R 2  .  reduciendo ( T1 − T2 ) =  M . .a
2   R 2 
reemplazando el valor de la masa: T1 − T2 = 2.a …(1)
c) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = M .a
Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre
de cada bloque. Observe que la masa de A es 7 kg y la masa de B es 3 kg. Aplicamos la
segunda ley de Newton en el eje vertical:
Bloque A: ∑F y = mA .a ⇒ 70 − T1 = ( 7 ) .a … (2)

Bloque B: ∑ F y = mB .a ⇒ T2 − 30 = ( 3) .a … (3)
Adicionando loas ecuaciones (2) y (3):
T2 − T1 + 70 − 30 = (10 ) .a reduciendo T2 − T1 = 10a − 40 …(4)
10
resolviendo las ecuaciones (1) y (4) a= m.s −2
3
Respuesta: el módulo de la aceleración de los bloques es 3,333 m/s2.

A masas 5 kg. La masa de la polea cilíndrica es 2,5 kg. El momento de inercia de la polea
1
respecto de su centro geométrico C es I C = M .R 2 , donde
2
R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2) DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE

α
R

T1

T1

A
A
a
Resolución 50 N
a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la


aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.
a
a = α .R ⇒ α =
R

( T1 ) .R =  a
( T1 ) = 
1 1 
 M .R 2  .  reduciendo M . .a
2  R 2 
reemplazando el valor de la masa: T1 = 1,25.a …(1)
de cada bloque. Observe que la masa de A es 5 kg. Aplicamos la segunda ley de Newton en el
eje vertical:
Bloque A: ∑F y = mA .a ⇒ 50 − T1 = ( 5) .a … (2)
Reemplazando (1) en (2):
50 − 1,25.a = 5.a resolviendo la ecuación a = 8 m.s −2
Respuesta: el módulo de la aceleración de los bloques es 8 m/s2.

PROBLEMA 08: En el sistema mostrado, determine el módulo de la tensión en la cuerda
vertical. La masa de la polea cilíndrica es M. El momento de inercia de la polea respecto de su
1
centro geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2)
2

DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE

T
g

c
O O α

M.g
ac
R

Resolución
a) La aceleración rectilínea del centro de masa C de la polea se relaciona con la aceleración
angular de la polea respecto de su centro geométrico.
a
a = α .R ⇒ α =
R
b) El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la polea, es:



1 3
I O = I C + M .d 2 reemplazando I O = M .R 2 + M .R 2 = M .R 2
2 2
Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aceleración instantánea del punto O es nula.

c) Ley de la aceleración angular: ∑ τ o = I o .α

( M .g ) .R =   a 
3 2
 M .R 2  . c  reduciendo ac = .g
2 R 3
de la polea. Observe que la masa de la polea se M. Aplicamos la segunda ley de Newton en el
eje vertical:
2 
Bloque A: ∑F = m.a c ⇒ M .g − T = M . .g 
y
3 
1
Resolviendo la ecuación T =   M .g
 3
Respuesta: el módulo de la tensión en la cuerda es un tercio del peso del bloque.

EJEMPLO 09: Un bloque se encuentra sobre un plano inclinado perfectamente liso.
Determine el módulo de la aceleración del bloque sobre el plano inclinado. El bloque tiene
masa m y la polea masa M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro geométrico
1
C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g: módulo de la aceleración de la gravedad)
2
α
M

a

m

θ

Resolución
a) La aceleración rectilínea “a” del bloque se relaciona con la aceleración angular “α” de la
polea respecto de su centro geométrico.
a
a = α .R ⇒ α =
R



( T ) .R =  a
1
 M .R 2  .  reduciendo
2  R
1 TORQUE
T =   M .a …(1)
 2
α
b) Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la
Tierra y realizamos el diagrama de cuerpo libre del
bloque. No hay movimiento en el eje Y, mientras T
que el bloque acelera en el eje X. Entonces R
aplicamos la segunda ley de Newton en el eje X.
∑F y =0 y ∑F x = m.ax

m.g.Senθ − T = m.a …(2)


M .a g.Senθ
m.g.Senθ − = m.a resolviendo la ecuación: a=
2  M 
1 + 
 2m 

a
N
T

y
mg.Senθ
θ
mg.Cosθ
x
m.g
θ

Observación: Si el valor de la masa de la polea es nulo, el módulo de la aceleración sobre el
plano es g.Senθ

PROBLEMA 10: En el sistema mostrado, determine el módulo de la aceleración de los
bloques de masas mA y mB. La masa de la polea cilíndrica es M. El momento de inercia de la
1
polea respecto de su centro geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g =
2
10 m/s2)




α

T2
T1
T2
B
T1
B a
A
A
Resolución mB.g
a) La aceleración rectilínea de los bloques se
relaciona con la aceleración angular de la polea a
a mA.g
a = α .R ⇒ α =
R

(T1 − T2 ) .R =  a
1 M .a
 M .R 2  .  reduciendo T1 − T2 = …(1)
2   R 2
de cada bloque. Observe que la masa de A es 7 kg y la masa de B es 3 kg. Aplicamos la
segunda ley de Newton en el eje vertical:
Bloque A: ∑F y = mA .a ⇒ mA .g − T1 = ( mA ) .a … (2)

Bloque B: ∑ F y = mB .a ⇒ T2 − mB .g = ( mB ) .a … (3)
Adicionando loas ecuaciones (1), (2) y (3):
 
 M  m A − mB 
mA .g − mB .g =  m A + mB +  .a reduciendo a=  .g
 2  M
 m A + mB + 
 2 

Observación: si la masa de la polea es despreciable, el módulo de la aceleración de los bloques
 m A − mB 
es a =   .g
 m A + mB 


A de masa “m”. La masa de la polea es M. El momento de inercia de la polea respecto de su
1
centro geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2)
2

R M α

T

T

m A
A

Resolución a
a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona
con la aceleración angular de la polea respecto de su m.g
centro geométrico.
a
a = α .R ⇒ α =
R

( T ) .R =  a
1 M .a
 M .R 2  .  reduciendo T= …(1)
2  R 2
del bloque. Observe el bloque de masa “m”. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje
vertical:
Bloque A: ∑F y = m.a ⇒ m.g − T = ( m ) .a … (2)
m.a m.g g
m.g − = m.a resolviendo la ecuación a= o la forma a=
2 m+
M  M 
2 1 + 2.m 
 

Observación: si la masa de la polea es nulo, el módulo de la aceleración del bloque es a = g


PROBLEMA 12: En el sistema mostrado, determine el módulo de la
tensión en la cuerda vertical. La masa de las poleas cilíndricas A y B
es M. El momento de inercia de la polea respecto de su centro
1
geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. A
2
2 R
(g = 10 m/s )

Resolución
a) La aceleración tangencial a1 de la polea A se relaciona con la
aceleración angular de la polea respecto de su centro geométrico.

a1
a1 = α1 .R ⇒ α1 =
R
α1 b) Ley de la aceleración angular: g
A
R
∑ τ c = I c .α

( T ) .R =  M .R 2  . 1 
1 a
2  
T   R
Resolución 12. 1 2T R B
reduciendo a1 = y la tensión es
M
Problema 12
M .a1
T= …(1)
2
c) Analizamos a la polea B. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con la
polea, es:
I O = I C + M .d 2 reemplazando DIAGRAMA DEL CUERPO LIBRE
(POLEA B)
1 3
I O = M .R 2 + M .R 2 = M .R 2
2 2 T
Respecto de la tierra, la velocidad
instantánea y aceleración instantánea
del punto O no es nula.

c) Ley de la aceleración angular: c
∑ τ o = I o .α O O α

( M .g ) .R =   a 
3
 M .R 2  . c  a1
2 R
2
reduciendo ac = .g ac+a1 M.g
3
c) Ley de aceleración rectilínea:
∑ Fy = M .a
Fijamos nuestro sistema de
referencia sobre la Tierra y
realizamos el diagrama de cuerpo
libre de la polea. Observe que la masa de la polea se M. Aplicamos la segunda ley de Newton


en el eje vertical:

Bloque A: ∑F y = m.a c reemplazando tenemos que: (
M .g − T = M . a polea )
M .a1  2 
M .g − = M . a1 + .g 
2  3 
 2
Resolviendo la ecuación a1 =   g
9
M .a1 M 2 
Reemplazando en (1): T = tenemos T = g
2 2 9 

1
T =   M .g
9
Respuesta: el módulo de la tensión en la cuerda es un noveno del peso de una de las poleas.

PROBLEMA 13. ¿Qué energía cinética tendrá un cilindro macizo de masa M y radio R, que
rueda sin deslizarse sobre un plano horizontal cuya velocidad del centro de masa es V? El
1
momento de inercia del cilindro macizo respecto de su centro geométrico C es I C = M .R 2
2
RESOLUCIÓN
Como el cilindro rueda sin resbalar entonces
la fuerza de rozamiento no realiza trabajo.
ω
La energía cinética de rotación respecto de la
línea paralela al plano horizontal es V
1 C
ECINETICA = .( I AB ) .ω 2 donde el momento
2
de inercia es A B
I AB = I C + M .d 2
reemplazando
ROTACIÓN Y TRASLACIÓN
Para el problema 13
I AB = I C + M .R 2

ECINETICA = .( I C + M .R 2 ) .ω 2
1
2
1 1
ECINETICA = .( I C ) .ω 2 + .( M ) .v 2
2 2
Reemplazando el valor del momento de inercia tenemos que:

1  M .R 2  2 1
ECINETICA = .  .ω + .( M ) .v
2

2 2  2
3
ECINETICA = .M .v 2
4
3  M .v 2 
Observación: representa tres medios de la energía cinética de traslación, ECINETICA = . 
2 2 


PROBLEMA 14. Una esfera hueca de masa M1 y radio R1 puede rotar alrededor de un eje
vertical. Una cuerda sin masa está enrollada alrededor del plano ecuatorial de la esfera, pasa
por una polea de masa M2 y radio R2 y está atada al final a un bloque de masa m (Ver figura)
No hay fricción en el eje de la polea y la cuerda no resbala. ¿Cuál es el valor de la aceleración
del bloque? El momento de inercia de la esfera hueca respecto de su centro geométrico es
2 1
I C = M .R 2 y el momento de inercia de la polea es I C = M .R 2
3 2

α1

M1 R1

M2
R2

Para el problema 14
m

Resolución
a) La aceleración tangencial del cascaron
esférico en la zona ecuatorial se relaciona α1
con la aceleración angular de la misma
esfera respecto de su centro geométrico.
a
a = α1 .R1 ⇒ α1 = M1
R1 R1

b) Ley de la aceleración angular aplicada a
T1 a
la esfera: ∑ τ c = I c .α1
 a
( T1 ) .R1 =  3 M 1 .R12  . R
2 ESFERA HUECA
   reduciendo
   1
 2
la tensión es T1 =   M 1 .a …(1)
 3

c) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma


polea respecto de su centro geométrico.
T1 α2
a
a = α 2 .R2 ⇒ α 2 =
R2
R2
d) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea:
∑ τ c = I c .α1 POLEA

T2
 a 
( T2 − T1 ) .R2 =  2 M 2 .R22  . R
1
   reduciendo
  2 T2

(T2 − T1 ) =   .M 2 .a …(2)
1
 2
 
BLOQUE a
e) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = m.a
Fijamos nuestro sistema de referencia sobre la Tierra y
realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. Observe
el bloque de masa “m”. Aplicamos la segunda ley de m.g
Newton en el eje vertical:
Bloque A: ∑F y = m.a ⇒ m.g − T2 = ( m ) .a … (3)
Adicionando las ecuaciones (1), (2) y (3):
2 1 
m.g =  M 1 + M 2 + m  a resolviendo la ecuación
3 2 
m.g
a=
2 1 
 M1 + M 2 + m 
3 2 
Observación: la cuerda tiene aceleración rectilínea
constante, por lo tanto la aceleración tangencial de la esfera,
la aceleración tangencial de la polea y la aceleración del
bloque es el mismo valor.

PROBLEMA 15. El sistema de la figura consta de una
polea formada por dos discos coaxiales soldados de masas
M1 y M2 y radios R1 y R2 respectivamente ( R1 ≤ R2 ) . Dos
bloques A y B de masas MA y MB cuelgan del borde de cada
disco atados a cuerdas diferentes. Calcular el valor de la
aceleración angular de las poleas coaxiales. El momento de
inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es
1 A B
I C = M .R 2 , donde R es el radio de la polea. (g = 10 m/s2)
2
Para el problema 15


Resolución
a) La aceleración rectilínea de los bloques se relaciona con la aceleración angular de la polea
a1 POLEA
Bloque A: a1 = α .R1 ⇒ α =
R1
a2
Bloque B: a2 = α .R2 ⇒ α =
R2
b) Ley de la aceleración angular: ∑ τ = I C .α α R1
1 2   a1  R2
Polea menor: T1 .R1 =  M 1 .R1  . 
2   R1 
M1 .a1
reduciendo T1 = …(1)
2
c) Ley de la aceleración angular: ∑ τ = I C .α T2
1 2   a1 
Polea mayor: T2 .R2 = −  M 2 .R2  . 
T1
2   R2 
M 2 .a2
reduciendo T2 = − …(2)
2 D.C.L. de los bloques A y B

d) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = M .a T2
T1
realizamos el diagrama de cuerpo libre de cada bloque.
Observe que la masa de A baja y el bloque B sube.
Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:
a2
Bloque A: B
A
∑F y = M A .a1 ⇒ M A .g − T1 = ( M A ) .a1 …(3) … (2)
Bloque B: a1
∑F y = M B .a 2 ⇒ T2 − M B .g = ( M B ) .a2 ….(4) … (3)
MA.g
Adicionando loas ecuaciones (1), (2), (3) y (4): MB.g
 M   M 
M A .g − M B .g =  M A + 1  .a1 +  M B − 2  .a2
 2   2 
 M   M 
M A .g − M B .g =  M A + 1  .α .R1 +  M B − 2  .α .R2
 2   2 

reduciendo α =
( M A − M B ) .g
 M   M 
 M A + 1  .R1 +  M B − 2  .R2
 2   2 

Observación: si la masa de las poleas es despreciable, el módulo de la aceleración angular de



las poleas es α=
( M A − M B ) .g
M A .R1 + M B .R2

PROBLEMA 16. Sobre un plano horizontal está situado un cuerpo de 50 kg que está unido
mediante una cuerda, que pasa a través de una polea de 15 kg a otro cuerpo de 200 kg.
Sabiendo que el coeficiente de rozamiento entre el cuerpo de 50 kg y el plano horizontal vale
0.1, calcular. A) La aceleración de los cuerpos, B) Las tensiones de la cuerda El momento de
1
inercia de la polea respecto de su centro geométrico C es I C = M .R 2 , donde R es el radio de
2
la polea. (g = 10 m/s2)

a

A α
M

R
Para el problema 16

B a

Resolución
a) Analizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque A. La fuerza de reacción normal tiene el
mismo valor que la fuerza de gravedad.
∑F y = 0 ⇒ FN = mA .g
mA.g
La fuerza de rozamiento cinético es directamente proporcional
a la fuerza normal: f cinetica = µC .FN = µC .m A .g
Aplicamos la ley de aceleración de traslación: a
∑F x = mA .a ⇒ T1 − µC .mA .g = mA .a …(1) T1
b) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con A
la aceleración angular de la misma polea respecto de su
a µ.FN
centro geométrico. a = α .R ⇒ α=
R FN
c) Ley de la aceleración angular aplicada a la esfera:
∑ τ c = I c .α1 D.C.L. del bloque A.



(T2 − T1 ) .R =  a
1
 M .R 2  . 
2   R T1
reduciendo la tensión es
M .a M α
T2 − T1 = …(2)
2

d) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = m.a
R
realizamos el diagrama de cuerpo libre del bloque. T2
Observe el bloque B. Aplicamos la segunda ley de
Newton en el eje vertical: D.C.L (polea y T2
Bloque B: ∑F y = m.a ⇒ mB .g − T2 = ( mB ) .a … bloque B)
(3)
 M
mB .g − µC .mA .g =  mA + mB + a
 2  B a
resolviendo la ecuación tenemos que:

a=
( mB − µC .mA ) g
 M MB.g
 mA + mB + 
 2 

Observación: si no hubiera rozamiento entre el bloque A y la superficie horizontal, la
mB .g
aceleración de los bloques sería: a =
 M
 mA + mB + 
 2 

α2
a M2
M1

R1
R2

Para el problema 17

m a

PROBLEMA 17. Sobre un plano horizontal áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1


rueda sin resbalar, por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual
pasa por una polea de radio R2 y masa M2. En el extremo inferior de la cuerda se encuentra un
bloque de masa “m”. La cuerda no se desliza respecto de la polea de radio R2. Determine el
valor de la aceleración del bloque. El momento de inercia de la polea respecto de su centro
1
geométrico es I C = M .R 2
2
Resolución
a) Analizamos al cilindro de radio R1. El
momento de Inercia respecto del punto O, α1 T1 a
tangente con la superficie horizontal, es:
I O = I C + M .d 2 reemplazando
1 3 R1
I O = M .R 2 + M .R 2 = M .R 2
2 2
Respecto de la tierra, la velocidad instantánea y aC
aceleración instantánea del punto O no es nula. R1
b) La aceleración angular de la polea respecto
de su centro geométrico.
O
a
aC = α1 .R1 ⇒ α1 = C
R1 Polea de radio R1
b) Ley de la aceleración angular: Respecto del
punto “O”, ∑ τ o = I o .α1

a 
( T1 ) .( 2.R1 ) =  2 M .R12  . Rc 
3
( M1 .aC )
3
  reduciendo T1 =
  1  4

Analizando cinemáticamente, recordamos que T1
a α2
aC = es decir la aceleración del bloque es el doble M2
2
de la aceleración de traslación del cilindro de radio R1.
3
La tensión en la cuerda es: T1 = M 1 .a …(1)
8 R2
c) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de T2
radio R2: ∑τ c = I C .α 2 Polea de radio R2 y
bloque.
La aceleración angular de la polea respecto de su T2
centro geométrico.
a
a = α 2 .R2 ⇒ α 2 =
R2 a
 a 
( T2 − T1 ) .R2 =  2 M 2 .R22  . R
1
  
  2
reduciendo la tensión es
M 2 .a m.g
T2 − T1 = …(2)
2



d) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = m.a
del bloque. Observe el bloque. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:
Bloque: ∑F y = m.a ⇒ mB .g − T2 = m.a … (3)
3 1 
m.g =  M 1 + M 2 + m  a resolviendo la ecuación tenemos que:
8 2 
m.g
a=
3 1 
8 M1 + M 2 + m
 2 

Observación: La fuerza motriz, que pone en movimiento a los cuerpos, es la fuerza de
gravedad que afecta al bloque que está suspendido en el aire.

PROBLEMA 17. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1
pasa por una polea de radio R
y masa M. En el otro extremo
de la cuerda se encuentra otro
cilindro de radio R2 y masa
M2. La cuerda no se desliza
respecto de la polea de radio R. M1 M R
M2
Determine el valor de la
aceleración de cada cilindro. El R1 R2
momento de inercia de la polea
y de cada cilindro respecto de
su centro geométrico es
1 θ Para el problema 17 β
I C = M .R 2

2
Resolución
a) La aceleración tangencial de
la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma polea respecto de su centro
a
geométrico. a = α .R ⇒ α=
R

La aceleración del centro de masa de cada cilindro se relaciona con la aceleración angular:

a a
a = α1 .R1 ⇒ α1 = y a = α 2 .R2 ⇒ α 2 =
R1 R2

b) Ley de la aceleración angular aplicada a la polea de radio R: ∑τ c = I C .α



( T1 − T2 ) .R =  a
1
 M 2 .R 2  . 
2   R

α

T1
T2
α1 M R
α2

M1.g.Senθ M2.g.Senβ
θ Resolución 17 β

M .a
reduciendo la tensión es T1 − T2 = …(1)
2
c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de R1: ∑τ c = I O .α1
Analizamos al cilindro de radio R1. El momento de Inercia respecto del punto O, tangente con
la superficie inclinada, es:
1 3
2 2

 a
( M 1 .g.Senθ − T1 ) .R1 =  2 M 1 .R12  . R
3
   reduciendo la tensión es
   1
 3
M 1 .g.Senθ − T1 =   M 1 .a …(2)
 2
d) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de R2: ∑τ c = I O .α 2
1 3
I O = I C + M .d 2 I O = M .R 2 + M .R 2 = M .R 2
reemplazando
2 2
 a 
( T2 − M 2 .g.Senθ ) .R2 =  2 M 2 .R22  . R  reduciendo la tensión es
3
 
  2
 3
T2 − M 2 .g.Senβ =   M 2 .a …(3)
 2



3 3 1 
M 1 .g.Senθ − M 2 .g.Senβ =  M 1 + M 2 + M  a
2 2 2 

 M .Senθ − M 2 .Senβ 
a = 2.g.  1 
 3.M 1 + 3.M 2 + M 

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea y la aceleración
del centro de masa de cada cilindro macizo tienen el mismo valor

PROBLEMA 18. Sobre un plano inclinado áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1
pasa por una polea de radio R y
masa M. En el otro extremo de α
la cuerda se encuentra un
bloque de masa M2. La cuerda
no se desliza respecto de la
polea de radio R. Determine el M1 M R
valor de la aceleración del
bloque. El momento de inercia R1
de la polea y del cilindro M2
respecto de su centro
1
geométrico es I C = M .R 2 θ Para el problema 18 β
2
Resolución
a) La aceleración tangencial de la polea se relaciona con la aceleración angular de la misma
a
polea respecto de su centro geométrico. a = α .R ⇒ α=
R

La aceleración del centro de masa del cilindro se relaciona con la aceleración angular:

a
a = α1 .R1 ⇒ α1 =
R1

α

T1
T2
α1 M R a

M1.g.Senθ M2.g.Senβ
θ Resolución 18 β




( T1 − T2 ) .R =  a
1
 M 2 .R 2  . 
2   R
M .a
2

1 3
2 2

 a
( M 1 .g.Senθ − T1 ) .R1 =  2 M 1 .R12  . R
3
   1
 3
M 1 .g.Senθ − T1 =   M 1 .a …(2)
 2
d) Ley de aceleración rectilínea: ∑ Fy = M .a
del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje paralelo
al plano inclinado:
∑F / / plano = M 2 .a ⇒ T2 − M 2 .g.Senβ = M 2 .a …(3)

3 2 1 
M 1 .g.Senθ − M 2 .g.Senβ =  M 1 + M 2 + M  a
2 2 2 

R
 M .Senθ − M 2 .Senβ 
a = 2.g.  1  M1 M
 3.M 1 + 2.M 2 + M 

Observación: La aceleración
tangencial de los puntos periféricos de
la polea, la aceleración del centro de R1
masa del cilindro macizo y la
aceleración del bloque tienen el mismo
M2
valor.

PROBLEMA 19. Sobre un plano
inclinado áspero un cilindro macizo de
radio R1 y masa M1 rueda sin resbalar, θ Para el problema 19


por el extremo superior está unida a una cuerda de masa despreciable, el cual pasa por una
polea de radio R y masa M.
En el otro extremo de la
α
cuerda se encuentra un bloque
de masa M2. La cuerda no se
desliza respecto de la polea
de radio R. Determine el R
valor de la aceleración del T1
bloque. El momento de
inercia de la polea y del
cilindro respecto de su centro T2
1
2 α1
Resolución R1
a) La aceleración tangencial
de la polea se relaciona con la O a
aceleración angular de la
misma polea respecto de su
centro geométrico. M1.g.Senθ M2.g
a θ Resolución 19
a = α .R ⇒ α =
R

( T1 − T2 ) .R =  a
1
 M 2 .R 2  . 
2   R
M .a
2
1 3
2 2

 a
( M 1 .g.Senθ − T1 ) .R1 =  2 M 1 .R12  . R
3
   1
 3
M 1 .g.Senθ − T1 =   M 1 .a …(2)
 2
del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:
∑F y = M 2 .a ⇒ T2 − M 2 .g = M 2 .a …(3)



3 2 1 
M 1 .g.Senθ − M 2 .g =  M 1 + M 2 + M  a
2 2 2 
 M 1 .Senθ − M 2 
a = 2.g.  
 3.M 1 + 2.M 2 + M 
R
Observación: La aceleración tangencial de los
puntos periféricos de la polea, la aceleración del M
centro de masa del cilindro macizo y la
aceleración del bloque tienen el mismo valor.

PROBLEMA 20. Sobre un plano inclinado
áspero un cilindro macizo de radio R1 y masa M1
rueda sin resbalar, por el extremo superior está M1
unida a una cuerda de masa despreciable, el cual
pasa por una polea de radio R y masa M. En el R1 M2
otro extremo de la cuerda se encuentra un bloque
de masa M2. La cuerda no se desliza respecto de
la polea de radio R. Determine el valor de la
aceleración del bloque. El momento de inercia de
la polea y del cilindro respecto de su centro
1
2 Para el problema 20
Resolución θ

a) La aceleración tangencial de la polea
α
se relaciona con la aceleración angular
Resolución 20 de la misma polea respecto de su centro
a
R geométrico. a = α .R ⇒ α=
T1 R
b) Ley de la aceleración angular
aplicada a la polea de radio R:
T2 ∑τ c = I C .α

( T1 − T2 ) .R =  a
1
 M 2 .R 2  . 
R1 2   R
α1 reduciendo la tensión es
R1 a M .a
T1 − T2 = …(1)
2
O
M2.g
c) Ley de la aceleración angular
aplicada al cilindro de R1:
M1.g.Senθ
∑τ c = I O .α1
Analizamos al cilindro de radio R1. El
θ momento de Inercia respecto del punto


O, tangente con la superficie inclinada, es:
1 3
2 2

3  a
M 1 .g.Senθ .( R1 ) − T1 .( 2.R1 ) =  M 1 .R12  .  reduciendo la tensión es
2   R1 
 3
M 1 .g.Senθ − 2.T1 =   M 1 .a …(2)
 2
del bloque. Observe que el bloque sube. Aplicamos la segunda ley de Newton en el eje vertical:
∑F y = M 2 .a ⇒ T2 − M 2 .g = M 2 .a …(3)
3 2 1 
M 1 .g.Senθ − 2.M 2 .g =  M 1 + M 2 + M  a
2 1 1 
 M 1 .Senθ − 2.M 2 
a = 2.g.  
 3.M 1 + 4.M 2 + 2.M 

Observación: La aceleración tangencial de los puntos periféricos de la polea, la aceleración del
centro de masa del cilindro macizo y la aceleración del bloque tienen el mismo valor.

PROBLEMA 21. Un cilindro de masa M y de radio R tiene una ranura circunferencial cuyo radio
es “r”. En la ranura se enrolla una cuerda tal
como se indica en la figura, y el otro extremo
se fija a una pared. El cilindro rueda sin
deslizar a lo largo de un plano inclinado un
ángulo θ respecto de la horizontal. Calcular la
tensión de la cuerda. El momento de inercia
del cilindro respecto de su centro geométrico
1 M
es I C = M .R
2

2
R
Resolución
r
a) La aceleración del centro de masa del Para el problema 21
cilindro se relaciona con la aceleración
angular del mismo cilindro respecto de su
aC
centro geométrico. aC = α .R ⇒ α=
R
b) El momento de Inercia respecto del punto θ
O, tangente con la superficie inclinada, es:
1 3
2 2



T

α R
r
Resolución 21

O

M.g.Senθ
θ

c) Ley de la aceleración angular aplicada al cilindro de radio R respecto del punto tangente O
del cilindro con el plano inclinado: ∑τ c = I O .α

( M .g.Senθ ) .R − T .( R − r ) =   a 
3
M .R 2  . C 
 reduciendo
2  R
 r   3
M .g.Senθ − T . 1 −  =   .M .aC
 R  2

El valor de la tensión en función de la
aceleración es:
 3
M .g.Senθ −   .M .aC R1
T=  2
r M1
1−
R
PROBLEMA 22. Un cilindro de masa M
M
y de radio R tiene una ranura
circunferencial cuyo radio es “r”. En la
ranura se enrolla una cuerda tal como
se indica en la figura, y el otro extremo R
M2
se fija a una pared. El cilindro rueda sin r
deslizar a lo largo de un plano
inclinado un ángulo θ respecto de la
horizontal. Calcular la aceleración del
bloque. El momento de inercia del
cilindro respecto de su centro
Para el problema 22
1 θ
geométrico es I C = M .R
2

2

Resolución


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